安徽省皖南名校2024-2025学年高一（下）月考物理试卷A卷

这是一份安徽省皖南名校2024-2025学年高一（下）月考物理试卷A卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.过山车是大型游乐园里的一种比较刺激的娱乐项目．如图所示，翻滚过山车(可看成质点)从高处冲下，过M点时速度方向如图所示，在圆形轨道内经过A、B、C三点，下列说法中正确的是( )
A. 过A点时的速度方向沿AB方向
B. 过B点时的速度方向沿水平方向
C. 过A、C两点时的速度方向相同
D. 圆形轨道上与M点速度方向相同的点在AB段上
2.风速仪结构如图(a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片
A. 转速逐渐减小，平均速率为4πnrΔtB. 转速逐渐减小，平均速率为8πnrΔt
C. 转速逐渐增大，平均速率为4πnrΔtD. 转速逐渐增大，平均速率为8πnrΔt
3.有两个与水平面成相同角度的斜面．某人在左侧斜面上的P点向对面水平抛出三个质量不等的小石块，分别落在A、B、C三处，不计空气阻力，A、C两处在同一水平面上，则下列说法正确的是 ( )
A. 落到A、B、C三处的小石块末速度方向均相同
B. 落到A、B两处的小石块末速度方向相同
C. 落到C处的小石块水平抛出的初速度最小
D. 落到C处的小石块在空中运动的时间最长
4.北京时间2024年2月3日11时06分，由哈尔滨工业大学威海校区牵头研制的人造地球卫星通遥一体化卫星系统“威海壹号”01/02星搭乘捷龙三号运载火箭在广东阳江附近海域点火升空，发射任务取得圆满成功。此次发射的“威海壹号”01/02星每颗重量约95公斤，做圆周运动的轨道高度为520公里。下列关于此卫星的说法正确的是( )
A. 运行速度大于7.9km/s
B. 运行周期小于地球同步卫星周期
C. 做圆周运动的向心加速度大于地球表面重力加速度
D. 受到的地球引力一定大于同步卫星受到的地球引力
5.星球上的物体在星球表面附近绕星球做匀速圆周运动所必须具备的速度v1叫作第一宇宙速度，物体脱离星球引力所需要的最小速度v2叫作第二宇宙速度，v2与v1的关系是v2= 2v1。已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的16。若不计其他星球的影响，则该星球的第一宇宙速度v1和第二宇宙速度v2分别是( )
A. v1= gr6，v2= 2grB. v1= gr6，v2= gr3
C. v1=gr6，v2=gr3D. v1= gr，v2= gr3
6.一辆以速度v在平直公路上巡逻的警车，突然发现前方嫌疑车辆，立即做匀加速运动进行追赶，追上嫌疑车辆前，警车已达到最大速度。追上嫌疑车辆后，警车立即做匀减速运动进行拦截(此时发动机仍然在工作)。已知警车的额定功率为P0，所受阻力恒定，从警车加速开始计时到警车停止，下面哪个图反映了警车的实际功率随时间的变化规律( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，带底座的圆管放在水平地面上，小球A，B(均可视为质点)沿圆管内壁在竖直平面内转动。某一时刻，当小球A以大小为v的速度经过圆管的最低点时，小球B经过最高点，且此时底座对地面的压力为零。小球A的质量、B的质量和圆管(包括底座)的质量相同，圆管的半径为R，重力加速度大小为g。则此时小球B的速度大小为( )
A. gRB. 2vC. v2+gRD. v2+3gR
8.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定
A. 等于拉力所做的功B. 小于拉力所做的功
C. 等于克服摩擦力所做的功D. 大于克服摩擦力所做的功
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.2024年5月8日，嫦娥六号探测器成功实施近月制动，顺利进入环月轨道飞行，将择机落入月球背面。下图为此落月过程的简化示意图。探测器先进入大椭圆轨道3，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道1做匀速圆周运动。轨道2与轨道1、轨道3相切于近月点P点，Q点为轨道2的远月点。下列说法正确的是( )
A. 探测器在轨道3的P点需要点火加速才能进入轨道2
B. 探测器在轨道2上从P点运动到Q点过程中，速度越来越大
C. 探测器在轨道1上经过P点的加速度等于其在轨道2上经过P点的加速度
D. 探测器在轨道2上经过P点时的速率大于它在轨道1上经过P点时的速率
10.如图所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，放有质量分别为1 kg和2 kg的小球A和B，且两球之间用一根长L=0.3 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h=0.3 m。现让两球从静止开始自由下滑，最后都进入到上方开有细槽的光滑圆管中，不计球与圆管内壁碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2.则下列说法中正确的是 ( )
A. 从开始下滑到A进入圆管整个过程，小球A、B与地球三者组成的系统机械能守恒
B. 在B球未进入水平圆管前，小球A与地球组成系统机械能守恒
C. 两球最后在光滑圆管中运动的速度大小为 7m/s
D. 从开始下滑到A进入圆管整个过程，轻杆对B球做功-1 J
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.(1)如图探究平抛运动的四种实验装置，关于四种实验装置，下列说法正确的是____ __。
A.选用图1装置研究平抛运动，目的是研究平抛运动竖直方向是否是自由落体运动
B.选用图2装置研究平抛运动，目的是研究平抛运动水平方向是否为匀速直线运动
C.图3装置中，为了减小实验的误差，应选择尽量光滑的斜槽
(2)甲同学根据图3的实验装置，记录的轨迹上的点如图5所示，以a为坐标原点在坐标纸上建立如图所示的坐标系，若小方格的边长为L，当地重力加速度为g，小球平抛运动的初速度为___ ___，c点的速度大小为___ ___。(请用L和g表示)
12.某同学用图甲所示的装置探究向心力大小与角速度的关系，实验装置是直流电动机带动上面玻璃管转动，放入其中的一个小球通过细绳与下面的力传感器相连，可测绳上拉力大小，在小球随玻璃管转动时，转速计可显示转速，定位插销可改变小球的转动半径。实验过程中细绳始终被拉直。
(1)小球随玻璃管转动做匀速圆周运动时，显示的转速(即每秒圈数)为n(r/s)，则小球转动的角速度ω= rad/s。
(2)保持小球质量不变，用定位插销使得小球的转动半径为0.1m，改变转速n，多次测量，该同学测出了五组F、n数据，如下表所示：
该同学对数据分析后，在图乙中坐标纸上描出了五个点。
①作出F-n2图线 ;
②由作出的图线计算小球的质量m= kg。(结果保留两位小数)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD-A1B1C1D1，棱长为L，从顶点A沿不同方向水平抛出一小球(可视为质点)。已知重力加速度为g，空气阻力不计，求：
(1)若改变小球平抛的初速度方向，能使小球落在平面A1B1C1D1的范围，求小球平抛初速度的最大值;
(2)若小球以初速度2 gL且与AB夹角为30∘方向平抛，从BB1C1C平面离开，求离开BB1C1C时距B1C1的高度。
14.如图所示的装置可绕竖直轴OO'转动，可视为质点的小球A与细线1、2连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线1水平，细线2与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球的质量m=1kg，细线2长l=1m，B点距C点的水平和竖直距离相等。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线1上的张力为零而细线2与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度ω2= 503rad/s，求细线2与竖直方向的夹角。
15.如图所示，竖直平面内、半径为R的光滑半圆轨道固定在水平桌面上，一长度等于半圆直径的挡板与半圆轨道对接组成一“D”字形封闭轨道，一可视为质点、质量为m小球静止在半圆轨道的最低点P，在给小球施加一竖直向上的作用力大小恒为F=mg的同时给小球水平向右的初速度v0，使小球沿半圆轨道运动，当小球到达最高点时与挡板发生弹性碰撞(即碰撞前后小球速度大小不变方向相反，时间极短可忽略不计)，小球沿原路返回，同时力F大小不变，方向也立即反向，在最低点处继续与挡板发生弹性碰撞，碰后小球返回，力F大小不变方向立即反向，如此重复进行。已知重力加速度为g，不计空气阻力，回答以下问题：
(1)为了保证小球不脱离圆轨道，小球的初速度v0至少为多大?
(2)如果小球的初速度取第(1)问的最小值，小球第一次返回P点且与挡板碰撞前、后瞬间对半圆轨道的压力分别为多大?
(3)假设半圆轨道能承受的最大压力为48mg，小球的初速度v0取第(1)问的最小值，则小球与挡板下端碰撞多少次后半圆形轨道被压断?
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、B过山车的速度方向沿轨道的切线方向，故A错误，B正确．
C、经过A、C两点时速度方向不同，速度不同．故C错误．
D、轨道上与M点速度方向相同的点，不存在．故D错误．
故选：B．
过山车的速度方向沿轨道的切线方向，速度方向时刻在变化，速度是变化的，加速度不为零，合力不为零．经过A、C两点时速度方向不同，速度不同．
本题关键抓住曲线运动的特点：速度是切线方向，曲线运动是变速运动，加速度不等于零，合力不等于零．基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据图b可知，在Δt内，通过的光照的时间越来越长，则风轮叶片转动的越来越慢，即转速逐渐减小，
在Δt内挡了4次光，则T1=Δt4.根据风轮叶片每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈可知：则风轮叶片转动的周期T=Δt4n，
则风轮叶片转动的平均速率v-=2πrT=8πnrΔt，故B正确。
故选：B。
本题主要考查了圆周运动线速度、周期、转速之间的关系，能读懂b图是解题的关键，难度适中．
3.【答案】B
【解析】【分析】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度。知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍。
【解答】
AB.对于做平抛运动的物体，某时刻速度方向与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，落在A、B两点的小石块位移方向相同，与落在C点的小石块位移方向不同，所以落在A、B两点的小石块末速度方向相同，与落在C点的小石块末速度方向不同，故A错误，B正确；
CD.下落高度决定平抛运动的时间，则落在C处的小石块运动时间比落在B处的小石块运动时间短，与落在A处的小石块运动时间相同，落在C处的小石块水平位移最大，则落到C处的小石块水平抛出的初速度最大，选项CD错误。
4.【答案】B
【解析】解：A、“威海壹号”01/02星发射速度大于7.9km/s，运行速度小于7.9km/s，A错误;
B、轨道高度为520公里，小于地球同步卫星轨道高度，根据GMmr2=m4π2Tr，得T= 4π2r3GM，可知“威海壹号”01/02星运行周期小于地球同步卫星周期，B正确;
C、做圆周运动向心加速度小于地球表面重力加速度，C错误;
D、卫星受到的地球引力与卫星质量有关，由于不知道卫星质量所以不能判断，所以D错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】【分析】
第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即GMmr2=mv2r；此题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面
通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．
【解答】
设地球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，
由万有引力提供向心力得：GmMr2=mv2r①
在地球表面GMmR2=mg②
第一宇宙速度时R=r
联立①②知v= gR
利用类比的关系知某星体第一宇宙速度为v1= g'r= gr6
第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2= 2v1；
即v2= 2g'r= gr3，故B正确，ACD错误；
故选：B。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查机车启动问题，此类问题的关键是要明确牵引力与阻力的关系为P=Fv，当机车速度最大时，牵引力与阻力平衡。结合牛顿第二定律、运动学公式分析解题。
【解答】
在匀加速阶段p1=(f+ma1)(v+a1t)，在匀速阶段：p2=fv，在匀减速阶段：p3=(f-ma2)(v-a2t)，结合数学知识可得C选项正确。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动，解答本题要能够分析清楚小球的受力情况，知道向心力的来源结合牛顿运动定律求解。
【解答】
对A球受力分析，合力提供向心力有：FNA-mg=mv2R；
再对圆管受力分析根据平衡条件有：FNB'=mg+FNA'；
最后对B球受力分析，合力提供向心力有：FNB+mg=mvB2R；
根据牛顿第三定律有：FNB=-FNB'，FNA=-FNA'
联立方程可以解得：vB= v2+3gR，故ABC错误，D正确。
故选D。
8.【答案】B
【解析】【解析】
根据动能定理即可判断木箱获得的动能与拉力所做的功及克服摩擦力所做的功的关系，比较各选项得出答案。
本题主要考查学生对动能定理的掌握和应用，属于基础性知识。
【解答】
由动能定理得，W ​F-W ​f=Ek-0，所以，木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，而木箱获得的动能与克服摩擦力所做的功无法比较，故B正确，ACD错误。
故选B。
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，根据万有引力提供向心力分析出加速度的大小关系，结合开普勒第二定律和变轨的相关知识完成分析。
根据变轨的知识分析在轨道3的P点需要加速还是减速；根据万有引力提供加速度，分析出加速度与半径的关系并做分析；根据开普勒第二定律分析出速率的大小关系；
【解答】
A、探测器在轨道3的P点需要减速才能进入在轨道2，A错误;
B、根据开普勒第二定律可知探测器在轨道2上从P点运动到Q点过程中，速度越来越小，故B错误;
C、根据a=GMr2可知探测器在轨道1上经过P点的加速度等于其在轨道2上经过P点的加速度，C正确;
D、探测器从轨道2变至轨道1需要在P点减速，所以探测器在轨道2上经过P点时的速率大于它在轨道1上经过P点时的速率，D正确。
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
对于小球A与B、地球三者组成的系统只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒条件判断机械能是否守恒；以系统为研究对象，由机械能守恒定律可以求出两球的速度；以A为研究对象，应用动能定理可以求得杆对A做的功。
本题考查了求球的速度、杆做的功等问题，分析清楚物体运动过程，准确选择研究对象，应用机械能守恒定律与动能定理即可正确解题。
【解答】
A、从开始下滑到A进入圆管整个过程，对于小球A与B、地球三者组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；
B、在B球未进入水平圆管前，杆对A球没有作用力，只有重力对A做功，小球A与地球组成系统机械能守恒，故B正确；
C、以A、B组成的系统为研究对象，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mBgh+mAg(h+Lsinθ)=12(mA+mB)v2，
代入数据解得：v= 7m/s，故C正确；
D、以A球为研究对象，由动能定理得：mAg(h+Lsinθ)+W=12mAv2，代入数据解得：W=-1J，则轻杆对B做功，WB=-W=1J，故D错误；
故选：ABC。
11.【答案】AB
2 gL
41gL2

【解析】【分析】
(1)根据研究平抛运动的原理出发分析研究方法是否合理；
(2)根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出平抛运动的水平分速度；根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出c点的竖直分速度，根据平行四边形定则求出c点的速度。
知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
【解答】
(1)
A.选用图1装置研究平抛运动，两球同时落地，说明两球在竖直方向的运动完全相同，即该实验目的是研究平抛运动竖直方向是否是自由落体运动，选项A正确；
B.选用图2装置研究平抛运动，两球同时释放时，最终在水平面相碰，说明两球在水平方向的运动完全相同，即该实验目的是研究平抛运动水平方向是否为匀速直线运动，选项B正确；
C.图3装置中，斜槽是否光滑，对实验无影响，选项C错误。
故选AB。
(2)竖直方向Δy=L=gT2
水平方向2L=v0T
解得v0=2 gL
C点的竖直速度vCy=5L2T=52 gL
则C点的速度vC= v02+vCy2= 41gL2。
故答案为：(1)AB；(2)2 gL； 41gL2。
12.【答案】 2πn
0.10(0.08∼0.12都对)

【解析】【分析】
本题考查探究圆周运动向心力的实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
(1)根据转速和角速度公式可得小球转动的角速度；
(2)根据表中数据描点作图，根据向心力公式和F-n2图像斜率分析可得小球的质量。
【解答】
(1)由转速可得小球转动的角速度为ω= 2πn;
(2)根据表中数据描点作图如图所示：
根据F=mω2r=4mπ2n2r，作出图像是一条过原点的倾斜直线，
在图线上取两点(38,95)，(14,35)，求斜率得k=38-1495-35=0.4，
由k=4mπ2r，得m=0.10kg，
由于误差，结果在0.08∼ 0.12kg都对。
13.【答案】解：(1)小球做平抛运动，落到平面A1B1C1D1时，根据平抛抛运动规律有L=12gt2
解得飞行时间t= 2Lg
落在C1点时平抛的初速度最大
A1C1= 2LA1C1=v0t
解得小球平抛的最大初速度v0= gL
(2)若小球以初速度2 gL且与AB夹角为30∘方向平抛，从BB1C1C平面离开时，水平位移为
x'=Lcs30∘=2 33Lx'=v0't'
得t'= L3g
小球下落的高度h=12gt'2=L6
离开BB1C1C时距底边B1C1的高度Δh=L-L6=5L6
【解析】学生在解答本题时，应注意理解平抛运动中初速度和落点距离远近的关系。
(1)根据平抛运动特点，通过分析高度和落在C1点时平抛的初速度最大，得出小球平抛初速度的最大值；
(2)根据小球以初速度2 gL且与AB夹角为30∘方向平抛，从BB1C1C平面离开时的水平位移可知小球下落的高度，即可得到离开BB1C1C时距底边B1C1的高度。
14.【答案】解：(1)当细线AB上的张力为0时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球圆周运动的向心力，
有：mgtan37°=mω12lsin37°
解得：ω1= glcs37°= 504rad/s=5 22rad/s．
(2)当ω2= 503rad/s时，小球应该向左上方摆起，
假设细线AB竖直且张力为零，则：mgtanθ'=mω 2lsinθ'
因为B点距C点的水平和竖直距离相等，所以θ'=53°，
解得：ω= glcs53°= 503rad/s，
说明当ω2= 503rad/s时，细线AB此时竖直且张力恰好为零，
故此时细线AC与竖直方向的夹角为53°。
【解析】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，在第二问中，要知道小球的角速度大于第一问中的角速度，小球将向左上方摆起。
15.【答案】解：(1)保证小球在竖直面内做圆周运动，则小球在最高点满足：
F+mg=mv02R，
解得
v0≥ 2gR，
因而小球初速度的最小值为 2gR。
(2)小球第一次在最高点与弹性挡板碰后，将做变速圆周运动到最低点与弹性挡板发生第一次碰撞，在该过程中，根据动能定理有
(F+mg) 2R=12mv12-12mv02，
小球第一次在最低点与弹性挡板碰前瞬间，由圆周运动的知识有
F1-F-mg=mv12R，
解得小球第一次返回P点与挡板碰撞前瞬间对半圆轨道的压力
F1=12mg，
碰后，速度大小不变，力方向改变
F1'+F-mg=mv12R，
解得小球第一次返回P点与挡板碰撞后瞬间对半圆轨道的压力
F1'=10mg。
(3)小球在最低点与弹性挡板第一次碰后到小球在最高点与弹性挡板第二次碰前，由于F=mg，且方向竖直向上，小球做匀速圆周运动，则小球在最高点与弹性挡板第二次碰前的速度为v1，对Q点压力为F1'=10mg，
小球在最高点与弹性挡板第二次碰后到小球在最低点与弹性挡板第二次碰前的过程，根据动能定理有
(F+mg)2R=12mv22-12mv12，
小球在最低点与弹性挡板第二次碰前瞬间，根据圆周运动的知识有
F2-F-mg=mv22R，
联立解得
F2=20mg，
小球第一次以v0出发时
F0+F-mg=mv02R，
解得
F0=2mg，
由上分析可知，小球每次与弹性挡板下端碰撞前，半圆轨道所受压力均比上一次与弹性挡板碰撞前增加8mg，
因而小球在最低点与弹性挡板下端第n次碰前时刻
Fn=F0+n×8mg= 2(4n+1) mg，
如果轨道被压断，则应有
Fn≥48mg，
解得n≥5.75，说明在最低点第5次碰后达到临界值，故小球与挡板下端合计碰撞了5次。
【解析】本题考查了动力学的多过程问题，考查了动能定理、竖直面的圆周运动等知识点。
物体在圆周轨道上不脱离的临界情况有两种：①恰好能通过最高点，在最高点由重力提供向心力；②恰好到达圆心等高处的速度为零。n/(r/s)
2
3
5
8
10
n2/(r2/s2)
4
9
25
64
100
F/N
1.6
3.6
9.8
25.2
39.4